미분방정식[9].Higher Order Linear ODE 2

안녕하세요. 지난 시간에 미분방정식[8].Higher Order Linear ODE 1(https://everyday-image-processing.tistory.com/38)에서 $n$차 선형 미분방정식의 일반적인 정리에 대해서 알아보았습니다. 이를 통해서 저희는 3차, 4차에 대해서도 사실 2차 선형 ODE와 크게 다르지 않다는 것을 알았습니다. 오늘은 Homogeneous한 경우에 고계 선형 미분방정식을 해결하는 방법에 대해서 알아보도록 하겠습니다.

 

일단 기본적으로 방정식은 푸는 방식은 2계 선형 미분방정식을 풀 때와 동일하기 때문에 복습해보도록 하겠습니다. 2계 선형 미분방정식을 풀기 위해서는 기본적으로 $y = e^{rt}$로 가정하고 그에 대응되는 특성방정식(Characteristic Equation)의 해를 구하는 것에서 시작된다고 하였습니다. 이때 특정방정식의 해의 종류(서로 다른 실수, 허근, 중근)에 따라서 각기 다른 방식으로 해결하였습니다. 

 

이제 본격적을 고계 선형 미분방정식을 해결하도록 하겠습니다. 아래의 일반적인 형태의 고계 선형 미분방정식을 쓰면 아래와 같습니다.

 

$$a_{0}y^{(n)}(t) + a_{1}y^{(n-1)}(t) + \dots + a_{n-1}y^{'}(t) + a_{n}y(t) = 0-(1)$$ 

 

이때 2계 선형 미분방정식을 풀 때와 동일하게 $y = e^{rt}$라고 가정하겠습니다. 그러면 아래의 특성방정식을 얻을 수 있습니다.

 

$$e^{rt}(a_{n}r^{n} + a_{n-1}r^{n-1} + \dots + a_{1}r + a_{0}) = 0 \Rightarrow a_{n}r^{n} + a_{n-1}r^{n-1} + \dots + a_{1}r + a_{0} = 0-(2)$$

 

특성방정식을 보면 $n$차 다항식이므로 중근을 가지는 경우를 포함하는 총 $n$개의 해를 가지고 있습니다. 여기서 본격적으로 2계 선형 미분방정식과 문제를 접근하는 방향이 달라집니다. 2계 선형 미분방정식의 경우에는 항상 특성방정식의 해가 서로 다르거나, 허근이거나, 중근입니다. 하지만 $n$계 선형 미분방정식의 경우의 특성방정식의 해가 방금 언급한 3가지 경우를 전부 포함하고 있을 수도 있습니다.

예를 들어서 6계 선형 미분방정식을 풀었는데 2개 해는 서로다른 실수해, 2개는 허근(서로 켤레복소수 관계겠지요.), 2개는 중근을 가질수도 있습니다.

 

먼저 $n$계 선형 미분방정식으로부터 서로 다른 $k$개의 해를 구했다고 가정하겠습니다. 그 해들을 각각 $r_{1}, r_{2}, \dots, r_{k}$라고 하겠습니다. 그러면 $y=e^{rt}$라고 가정하였으므로 $y$ 역시 $k$개가 나오게 됩니다. 따라서 $e^{r_{1}t}, e^{r_{2}t}, \dots, e^{r_{k}t}$입니다. 

 

그리고 동일한 방식으로 $n$계 선형 미분방정식으로부터 $k$개의 실수 중근 $r$을 구했다고 가정하겠습니다. 그러면 2계 미분방정식을 풀 때 마찬가지로 wronskian을 0이 안되도록 하게 하기 위해서 $e^{rt}$에 $t$를 곱한 것을 기억하실 겁니다. 이와 마찬가지로 중근의 개수만큼 $t$를 곱해줍니다. 그러면 $e^{rt}, te^{rt}, \dots, t^{k-1}e^{rt}$가 됩니다.

 

마지막으로 허근이 나왔을 때입니다. 허근이 나온 경우에는 조금 복잡하지만 2가지 케이스로 추가적으로 나누어야합니다. 먼저, 2k개의 허근이 나왔고 각각 서로 다른 경우입니다. 즉, 허근인 중근이 없다는 소리죠. 그러면 2계 선형 미분방정식에서 얻은 것처럼 각각 $e^{\gamma t}\cos{\mu t}, e^{\gamma t}\sin{\mu t}$입니다. 그 다음으로 허근 중에서 중근이 나온 경우에는 이전에 언급한 실수인 중근이 나왔을 때와 동일한 처리를 하면 됩니다. 즉 $k$개의 허근인 중근이 나왔다면 $e^{\gamma t}\cos{\mu t}, e^{\gamma t}\sin{\mu t}, te^{\gamma t}\cos{\mu t}, te^{\gamma t}\sin{\mu t}, \dots, t^{k-1}e^{\gamma t}\cos{\mu t}, t^{k-1}e^{\gamma t}\sin{\mu t}$입니다. 

 

이제 간단한 예제를 통해서 직접 해결해보도록 하겠습니다.

 

예제1. Solve $y^{(3)} - 5y^{''} - 22y^{'} + 56y = 0$, $y(0) = 1, y^{'}(0) = -2, y^{''}(0) = -4$

 

주어진 미분방정식을 풀기 위해서 $y=e^{rt}$라고 하면

 

$$r^{3} -5r^{2} - 22r + 56 = (r + 4)(r - 2)(r - 7) = 0 \Rightarrow r_{1} = -4, r_{2} = 2, r_{3} = 7$$

 

특성방정식의 해가 서로 다른 실근이므로 주어진 미분방정식의 일반해는 $y(t) = C_{1}e^{-4t} + C_{2}e^{2t} + C_{3}e^{7t}$입니다. 이때 초기조건이 주어졌으므로 특정해를 구할 수 있습니다.

 

$$y(0) = C_{1} + C_{2} + C_{3} = 1$$

$$y^{'}(0) = -4C_{1} + 2C_{2} + 7C_{3} = -2$$

$$y^{''}(0) = 16C_{1} + 4C_{2} + 49C_{3} = -4$$

 

이 연립방정식을 풀면 $C_{1} = \frac{14}{33}, C_{2} = \frac{13}{15}, C_{3} = -\frac{16}{55}$ 이므로 주어진 초기조건에 대한 특성해는 $y(t) = \frac{14}{33}e^{-4t} + \frac{13}{15}e^{2t} + \frac{16}{55}e^{7t}$입니다.

 

예제2. Solve $y^{(4)} + 16 = 0$

 

주어진 미분방정식을 풀기 위해서 $y=e^{rt}$라고 하면 $r^{4} + 16 = 0$을 얻을 수 있습니다. 여기서부터 조금 복잡하지만 천천히 식을 이해하면 됩니다. $r$을 구하기 위해서는 먼저 $(-16)^{\frac{1}{4}}$를 풀어야 합니다. 이때 $(-16)^{\frac{1}{4}} = 16^{\frac{1}{4}}(-1)^{\frac{1}{4}} = 2 \cdot (-1)^{\frac{1}{4}}$임을 쉽게 알 수 있습니다. 이제 $(-1)^{\frac{1}{4}}$를 $sin, cos$형태로 나타내야합니다. 여기서 다들 오일러 공식을 떠올리셔야 합니다. $-1 = e^{\pi i}$이므로 $(-1)^{\frac{1}{4}} = e^{\frac{\pi}{4}i}$입니다. 하지만 복소평면을 고려하면 $(-1)^{\frac{1}{4}} = e^{(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2})i} = 2(\cos{(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2})} + i\sin{(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2})})$입니다. 이때 $k$는 0, 1, 2, 3의 값을 가집니다.

 

각각의 $k$값에 대한 식을 보면 아래와 같습니다.

 

$$k = 0 : 2(\cos{\frac{\pi}{4}} + i\sin{\frac{\pi}{4}}) \Rightarrow \sqrt{2} + i\sqrt{2}$$

$$k = 1 : 2(\cos{\frac{3\pi}{4}} + i\sin{\frac{3\pi}{4}}) \Rightarrow -\sqrt{2} + i\sqrt{2}$$

$$k = 2 : 2(\cos{\frac{5\pi}{4}} + i\sin{\frac{5\pi}{4}}) \Rightarrow -\sqrt{2} - i\sqrt{2}$$

$$k = 3 : 2(\cos{\frac{7\pi}{4}} + i\sin{\frac{7\pi}{4}}) \Rightarrow \sqrt{2} - i\sqrt{2}$$

 

따라서 주어진 미분방정식의 일반해는 아래와 같습니다.

 

$$y(t) = C_{1}e^{\sqrt{2}t}\cos{\sqrt{2}t} + C_{2}e^{\sqrt{2}}\sin{\sqrt{2}t} + C_{3}e^{-\sqrt{2}}\cos{\sqrt{2}t} + C_{4}e^{-\sqrt{2}}\sin{\sqrt{2}t}$$